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\newmdtheoremenv[
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]{zgraytheorem}{}
% 定义说明环境样式
\newtheoremstyle{mystyle}% 说明环境样式的名称
  {1em}% 上方间距
  {1em}% 下方间距
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  {}% 缩进量
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\theoremstyle{mystyle}
\newtheorem*{zremark}{说明}


\begin{document}
\title{5.4 习题}
\maketitle

\section*{5.4.1}

\textbf{1.实数的三歧性}

证明：

按照以前的思路，先证明（a）（b）（c）至少有一个为真，其次证明（a）（b）（c）最多有一个为真。

按照实数的构造方式，对任意实数$x$，该实数$x$要么是零，要么不是零，不可能同时成立。

这是因为任意实数都是通过柯西序列构造的，两个柯西序列要么等价的，要么不是，
我们固定一个序列是$(0)_{n=1}^\infty$，那么其他的柯西序列要么与其等价，即也等于实数0，要么不等价，即不等于实数0。

如果$x \neq 0$那么由引理5.3.14可知$x$一定存在某个远离0的柯西序列，
由此可知$x$可能是正的或负的，也可能都是；

至此（a）（b）（c）至少有一个为真成立。

现在证明（a）（b）（c）最多有一个为真。

（a）（b）（c）分别对应：
\begin{align}
  x & = LIM_{n \rightarrow \infty}0                 \\
  x & = LIM_{n \rightarrow \infty}a_n & \text{正远离0} \\
  x & = LIM_{n \rightarrow \infty}b_n & \text{负远离0}
\end{align}
如果（a）（b）同时成立，
此时，存在$c>0$使得$a_n \geq c$，
那么对任意$n \geq 1$均有
\begin{align*}
  |a_n - 0| & = |a_n| > c
\end{align*}
所以两个系列不能对任意$c > \epsilon > 0$都是最终$\epsilon -$接近的，所以（a）（b）不能同时成立。

同理（a）（c）不能同时成立。

如果（b）（c）同时成立，此时，
此时，存在$c_0>0$使得$a_n \geq c_0$，存在$c_1 \geq 0$使得$b_n \leq -c_1$，
那么对任意$n \geq 1$均有
\begin{align*}
  |a_n| - |b_n|     & \leq |a_n - b_n|          \\
  |a_n|             & \leq |a_n - b_n|  + |b_n| \\
  c_0               & \leq |a_n - b_n| + |b_n|  \\
  c_0 - |a_n - b_n| & \leq |b_n|                \\
  c_0 - |a_n - b_n| & \leq -c_1                 \\
  c_0 + c_1         & \leq |a_n - b_n|          \\
\end{align*}
所以两个系列不能对任意$c_0 + c_1 > \epsilon > 0$都是最终$\epsilon -$接近的，所以（b）（c）不能同时成立。

至此（a）（b）（c）最多有一个为真。

\textbf{2.实数$x$是负的，当且仅当$-x$是正的。}

证明：

$x$是负的，所以它可以写成某个负远离0的序列$(a_n)_{n=1}^\infty$的形式极限$x=LIM_{n\rightarrow \infty}a_n$。
由实数的负运算可知$-LIM_{n\rightarrow \infty}a_n = LIM_{n \rightarrow \infty}-a_n$，
由序列$(a_n)_{n=1}^\infty$是负远离0可知，存在有理数$c > 0$使得$a_n \leq -c$对所有的$n \geq 1$均成立，
所以
\begin{align*}
  a_n  & \leq -c                  \\
  -a_n & \geq c  & \text{习题4.2.6}
\end{align*}
于是序列$-(a_n)_{n=1}^\infty$是正远离0的，所以其形式极限$-x$是正的。

\textbf{3.如果$x$和$y$都是正的，那么$x+y$和$xy$都是正的。}

证明：

不妨设$x=LIM_{n \rightarrow \infty}a_n, y = LIM_{n \rightarrow \infty}b_n$。

因为$x,y$是正的，所以它们都是正远离0的，于是存在有理数$c_0,c_1 > 0$使得对任意$n \geq 1$都有
\begin{align}
  |a_n| \geq c_0 \\
  |b_n| \geq c_1
\end{align}
又
\begin{align*}
  x + y & = LIM_{n \rightarrow \infty}a_n + LIM_{n \rightarrow \infty}b_n \\
        & = LIM_{n \rightarrow \infty} a_n + b_n
\end{align*}
因为
\begin{align*}
  |a_n + b_n| = |a_n| + |b_n| \geq c_0 + c_1 > 0
\end{align*}
所以$(a_n+b_n)_{n=1}^\infty$序列正远离0，所以其极限形式$x+y=LIM_{n \rightarrow \infty} a_n + b_n$是正的。

又
\begin{align*}
  xy = LIM_{n \rightarrow \infty} a_nb_n
\end{align*}
因为
\begin{align*}
  |a_nb_n| = |a_n||b_n| \geq c_0c_1 > 0
\end{align*}
所以$(a_nb_n)_{n=1}^\infty$序列正远离0，所以其极限形式$xy=LIM_{n \rightarrow \infty} a_nb_n$是正的。

\section*{5.4.2}

证明：

元证明：命题4.2.4所有的代数定律不仅对实数也是成立的，且实数的三歧性和序的定义都是与有理数一致，
于是有理数通过以上性质得到的命题4.2.9对于实数也应该是成立的。

\begin{zgraytheorem}
  \begin{zremark}
    元证明，就是对证明本身的说明。
    逻辑学中有元对象与目标对象的概念，目标对象是直接讨论的对象，元对象是对目标对象进行讨论或分析的更高层次的对象。
    这里的元证明与元对象类似，目标对象是直接讨论的对象即：实数。
  \end{zremark}
\end{zgraytheorem}

\section*{5.4.3}

证明：

通过实数的三歧性讨论。

（1）$x=0$时，此时取$N=0$就可以满足命题。

（2）$x$是正的。

这里通过反证法证明。假设命题不成立，即不存在自然数N使得$N \leq x < N + 1$，
也就是说，对任意自然数$n$都有$x < n$或$x \geq n + 1$。

接下来我们要通过上面假设的命题，推出一个与命题 5.4.12矛盾的结果。

通过“对任意自然数$n$都有$x < n$或$x \geq n + 1$”，可以推出“不存在自然数大于$x$”。

通过归纳法证明：“不存在自然数大于$x$”

当$N=0$，因为$x$是正实数，所以$x > 0$,由“对任意自然数$n$都有$x < n$或$x \geq n + 1$”可知，
$x < 0$此时不成立，因为与$x > 0$矛盾，所以$x \geq 1$；

归纳假设$N=n$时，$x \geq n + 1$；

$N=n+1$时，$x \geq n + 1$与$x < n + 1$不能同时成立，所以$x \geq (n+1) + 1$；

综上，对任意自然数$N$，都有$x \geq N + 1$，即：不存在自然数大于$x$

与命题5.4.12矛盾，所以命题得证。

（3）$x$是负的。

$-x$是正的，所以存在自然数$N$使得$N \leq -x < N + 1$，所以，
\begin{align*}
  -(N + 1) < x \leq -N
\end{align*}
若$x \neq -N$，则$-(N + 1) \leq x < -N$；若$x = -N$，则$-N \leq x < -N + 1$；

所以负实数也满足命题。

现在证明$N$的唯一性。

假设存在$N_1,N_2,N_1 \neq N_2$都满足命题，即：
\begin{align*}
  N_1 \leq x < N_1 + 1 \\
  N_2 \leq x < N_2 + 1
\end{align*}

如果$N_1 < N_2$，那么$N_1 + 1 \leq N_2$，那么，
\begin{align*}
  N_1 \leq x < N_1 + 1 \leq N_2 \leq x < N_2+1
\end{align*}
可得，$x < x$，存在矛盾。

同理$N_1 > N_2$也存在矛盾。

所以$N$是唯一的。

综上，命题成立。

\section*{5.4.4}

证明：

由命题5.4.8 可知，$x$是正实数，那么$x^{-1}$也是正的。
由习题5.4.3可知，存在自然数$N$使得$N \leq x^{-1} < N + 1$，所以，
\begin{align*}
  x > 1 / (N + 1) > 0
\end{align*}
$N$是自然数，那么$N + 1$是正整数，命题得证。

\section*{5.4.5}

证明：

由习题5.4.3可知，存在整数$N_1, N_2$使得，
\begin{align*}
  N_1 \leq x < N_1 + 1 \\
  N_2 \leq y < N_2 + 1
\end{align*}

因为$x < y$，则$y - x > 0$。

如果$y - x > 1$，此时，$ x + 1 < y $，同时由$N_1 \leq x < N_1 + 1$可得，
\begin{align*}
  N_1 + 1 \leq x + 1 < y \\
  N_1 + 1 < y
\end{align*}
此时，$q = N_1$。

如果$1 \geq y - x > 0$，由推论5.4.13可知，存在$M$使得$M(y-x) > 1$，那么，$My - Mx > 1$。
由之前的论证可知，此时存在整数$N$使得$Mx < N < My$，那么$x < N/M < y$。

综上，命题得证。

\section*{5.4.6}

证明：

充分性

$|x-y| < \epsilon $可以推出$y - \epsilon < x < y + \epsilon$

反证法，假设$x \leq y - \epsilon$或$x > y + \epsilon$，
若
\begin{align*}
  x     & \leq y - \epsilon \\
  x - y & \leq - \epsilon   \\
  |x-y| & \geq \epsilon     \\
\end{align*}
与$|x-y| < \epsilon$矛盾

若
\begin{align*}
  x & > y + \epsilon \\
  x - y > \epsilon   \\
  |x - y| > \epsilon \\
\end{align*}
与$|x-y| < \epsilon$矛盾

综上，充分性得到证明。

必要性

\begin{align*}
  y - \epsilon & < x        & < y + \epsilon                    \\
  -\epsilon    & < x - y    & < y + \epsilon                    \\
  |x - y|      & < \epsilon & \text{分正负讨论即可，利用了命题4.2.9，习题4.2.6}
\end{align*}

必要性得到证明。

$|x-y| \leq \epsilon$当且仅当$y-\epsilon \leq x \leq y + \epsilon$的证明同理。

\section*{5.4.7}

【解题不对，大家不要看了】

证明：

（1）$x \leq y + \epsilon$对所有的实数$\epsilon > 0$均成立 $\Rightarrow$ $x \leq y$。

反证法。假设$x > y$，此时取$\epsilon = (x-y)/2 > 0$，
\begin{align*}
  x   & \leq y + \epsilon    \\
  x   & \leq y + (x - y) / 2 \\
  x   & \leq x/2 + y/2       \\
  x/2 & \leq y/2             \\
  x   & \leq y
\end{align*}
此时$x \leq y$与$x > y$矛盾，所以假设不成立，由实数序的三歧性可知，
$x < y$或$x = y$，即:$x \leq y$。

(2)$x \leq y$ $\Rightarrow$ $x \leq y + \epsilon$对所有的实数$\epsilon > 0$均成立。

由$x \leq y$可知$y - x \geq 0$，那么对任意$\epsilon > 0$，有
\begin{align*}
  y - x            & \geq 0             \\
  y - x + \epsilon & \geq \epsilon  > 0 \\
  y + \epsilon     & > x
\end{align*}
其实按照定义5.4.6，$y + \epsilon > x$表达为$y + \epsilon \geq 0$也是可以的，但$=$的情况好像取不到，
【这也是我让大家不要看这个解答的原因】。

\section*{5.4.8}

假设$LIM_{n \rightarrow \infty}a_n > x$，
由命题5.4.14可知，存在有理数q使得$x < q < LIM_{n \rightarrow \infty}a_n$，
把$q$看做$LIM_{n \rightarrow \infty}q$，由$a_n \leq x, x < q$可知，
\begin{align*}
  q > a_n
\end{align*}
由此可知$q \geq LIM_{n \rightarrow \infty}a_n$，与$q < LIM_{n \rightarrow \infty}a_n$存在矛盾。

同理可证另一个命题。

\end{document}